1、求斐波那契数列矩阵乘法的方法

1.1 斐波那契数列的线性求解（O(n)O(n)O(n)）的方法

//斐波那契数列：1 1 2 3 5 8 ...
int fibonacci(int n) {if (n < 1) return 0;if (n == 1 || n == 2) return 1;int a = 1, b = 1, c = 0;for (int i = 3; i <= n; i++) {c = a + b;a = b;b = c;}return c;
}

1.2 利用线性代数改写成矩阵乘法的方法

通常，计算斐波那契数列的时间复杂度都为 O(n)O(n)O(n)，但是有方法可以使得计算的时间复杂度为 O(logn)O(logn)O(logn)，且看如下说明。

利用线性代数，斐波那契数列也可以改写成另一种表示：
∣F(n)F(n−1)∣=∣F(2)F(1)∣×∣二阶矩阵∣n−2\left| \begin {array}{c} F(n) & F(n-1) \\ \end{array}\right| = \left| \begin {array}{c} F(2) & F(1) \\ \end{array} \right| \times \left| \begin {array}{c} 二阶矩阵 \end{array} \right| ^ {n-2} ∣∣​F(n)​F(n−1)​∣∣​=∣∣​F(2)​F(1)​∣∣​×∣∣​二阶矩阵​∣∣​n−2

我们都知道，斐波那契数列的初始项 F(1)=1,F(2)=1F(1) = 1, F(2)=1F(1)=1,F(2)=1，而其他项的严格递推公式为 F(n)=F(n−1)+F(n−2)F(n) = F(n-1) + F(n-2)F(n)=F(n−1)+F(n−2)，像这种除了初始项，剩下的每一项都有严格的递推式的问题，都有 O(logn)O(logn)O(logn) 的求解方法。

而如下这种有条件转移的情况：
假设给定数组的初始项 F(1) = 1，F(2) = 1，然后给定一个布尔数组 arr：
F(n)={F(n−1)arr[n]=FF(n−1)+F(n−2)arr[n]=TF(n) = \begin{cases} F(n-1) & { arr[n] = F}\\ F(n-1) + F(n-2) &arr[n] = T\\ \end{cases} F(n)={F(n−1)F(n−1)+F(n−2)​arr[n]=Farr[n]=T​
即在不同条件下有不同的递推式，这就没有O(logn)O(logn)O(logn) 的解法。

而斐波那契数列是没有条件转移的严格递推式。

怎么得到开头的行列式表示方法的？

因为 F(n)=F(n−1)+F(n−2)F(n) = F(n-1) + F(n-2)F(n)=F(n−1)+F(n−2)，其中减得最多的是2，所有行列式的表示方法中最后要乘一个 2 阶的常数矩阵。

且一定有：
∣F(3)F(2)∣=∣F(2)F(1)∣×∣abcd∣∣F(4)F(3)∣=∣F(3)F(2)∣×∣abcd∣\left| \begin {array}{c} F(3) & F(2) \\ \end{array}\right| = \left| \begin {array}{c} F(2) & F(1) \\ \end{array} \right| \times \left| \begin {array}{c} a & b\\ c & d \end{array} \right| \\ \\ \\ \\ \left| \begin {array}{c} F(4) & F(3) \\ \end{array}\right| = \left| \begin {array}{c} F(3) & F(2) \\ \end{array} \right| \times \left| \begin {array}{c} a & b\\ c & d \end{array} \right| \\ ∣∣​F(3)​F(2)​∣∣​=∣∣​F(2)​F(1)​∣∣​×∣∣∣∣​ac​bd​∣∣∣∣​∣∣​F(4)​F(3)​∣∣​=∣∣​F(3)​F(2)​∣∣​×∣∣∣∣​ac​bd​∣∣∣∣​

现在不知道这个常数矩阵 ∣abcd∣\left|\begin{array}{c}a & b\\c & d\\\end{array}\right|∣∣∣∣​ac​bd​∣∣∣∣​ 具体的值，但是可以通过代入实际数值进行计算：
斐波那契数列：1， 1， 2， 3， 5， 8…
代入公式中，即 ∣21∣=∣11∣×∣abcd∣\left| \begin{array}{c} 2 & 1\end{array} \right| = \left| \begin{array}{c} 1 & 1\end{array} \right| \times\left|\begin{array}{c}a & b\\c & d\\\end{array}\right|∣∣​2​1​∣∣​=∣∣​1​1​∣∣​×∣∣∣∣​ac​bd​∣∣∣∣​
所以 a+c=2b+d=1a + c = 2 \\ b + d = 1a+c=2b+d=1
但仅凭这两个式子还不能算出结果，于是再多看两项：
∣32∣=∣21∣×∣abcd∣\left| \begin{array}{c} 3 & 2\end{array} \right| = \left| \begin{array}{c} 2 & 1\end{array} \right| \times\left|\begin{array}{c}a & b\\c & d\\\end{array}\right|∣∣​3​2​∣∣​=∣∣​2​1​∣∣​×∣∣∣∣​ac​bd​∣∣∣∣​
所以 2a+c=32b+d=22a + c = 3\\ 2b + d = 22a+c=32b+d=2

求得 a=1,b=1,c=1,d=0a = 1, b = 1, c = 1, d = 0a=1,b=1,c=1,d=0
即二阶矩阵为 ∣1110∣\left|\begin{array}{c}1 & 1\\1 & 0\\\end{array}\right|∣∣∣∣​11​10​∣∣∣∣​
通过该矩阵可以求得后续的各项。

即：
∣F(3)F(2)∣=∣F(2)F(1)∣×∣abcd∣∣F(4)F(3)∣=∣F(3)F(2)∣×∣abcd∣∣F(5)F(4)∣=∣F(4)F(3)∣×∣abcd∣...∣F(n)F(n−1)∣=∣F(n−1)F(n−2)∣×∣abcd∣\left|\begin {array}{c}F(3) & F(2) \\\end{array}\right| = \left|\begin {array}{c} F(2) & F(1) \\\end{array}\right| \times \left|\begin {array}{c}a & b\\c & d\end{array}\right| \\ \\ \\ \\ \left|\begin {array}{c}F(4) & F(3) \\\end{array}\right| = \left|\begin {array}{c} F(3) & F(2) \\\end{array}\right| \times \left|\begin {array}{c}a & b\\c & d\end{array}\right| \\ \\ \\ \left|\begin {array}{c}F(5) & F(4) \\\end{array}\right| = \left|\begin {array}{c} F(4) & F(3) \\\end{array}\right| \times \left|\begin {array}{c}a & b\\c & d\end{array}\right| \\ .\\ .\\ .\\ \\ \left|\begin {array}{c}F(n) & F(n-1) \\\end{array}\right| = \left|\begin {array}{c} F(n-1) & F(n-2) \\\end{array}\right| \times \left|\begin {array}{c}a & b\\c & d\end{array}\right| ∣∣​F(3)​F(2)​∣∣​=∣∣​F(2)​F(1)​∣∣​×∣∣∣∣​ac​bd​∣∣∣∣​∣∣​F(4)​F(3)​∣∣​=∣∣​F(3)​F(2)​∣∣​×∣∣∣∣​ac​bd​∣∣∣∣​∣∣​F(5)​F(4)​∣∣​=∣∣​F(4)​F(3)​∣∣​×∣∣∣∣​ac​bd​∣∣∣∣​...∣∣​F(n)​F(n−1)​∣∣​=∣∣​F(n−1)​F(n−2)​∣∣​×∣∣∣∣​ac​bd​∣∣∣∣​
代入相等式后，得到：
∣F(n)F(n−1)∣=∣F(2)F(1)∣×∣abcd∣n−2\left|\begin {array}{c}F(n) & F(n-1) \\\end{array}\right| = \left|\begin {array}{c} F(2) & F(1) \\\end{array}\right| \times \left|\begin {array}{c}a & b\\c & d\end{array}\right|^{n-2} ∣∣​F(n)​F(n−1)​∣∣​=∣∣​F(2)​F(1)​∣∣​×∣∣∣∣​ac​bd​∣∣∣∣​n−2
而若要求得 F(n)F(n)F(n) 足够快，则需要矩阵的 nnn 次方计算得足够快。

一个矩阵的 nnn 次方怎么才能计算得快？

先来解决一个基本问题：一个数的 nnn 次方怎么才能计算得快？

例如 107510 ^ {75}1075 怎么才能算得快呢？

流程：先得到 75 的二进制形式 1001011，然后 t=101t = 10^1t=101 不断进行自乘操作，然后根据 75 的二进制位中的 1 决定是否要将 ttt 乘入结果 ans=1ans = 1ans=1 中。

       64	32 16 8 4 2 1
75 = 1  0    0  1 0 1 1

所以 ans=1∗101∗102∗108∗1064ans = 1 * 10 ^ 1 * 10^2 * 10 ^8*10^{64}ans=1∗101∗102∗108∗1064。

而在 ttt 自乘的过程中，从1次方->2次方->4次方->8次方->… n次方，一共需要 lognlognlogn 次；再根据次方的二进制位是否为1确定是否乘入结果中，这个过程也要 lognlognlogn 次判断，所以总体是 2logn2logn2logn，即O(logn)O(logn)O(logn) 可以求解出 10n10^n10n。

这个思想的基础是二分，只不过通过二进制能分得更好。

同理，矩阵的 nnn 次方，就是：
ans=[1⋯⋯001⋯0⋮⋮⋱⋮00⋯1]∗后续的值ans = \left[ \begin{array}{cccc} 1 & \cdots &\cdots &0\\ 0 & 1 &{\cdots} & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 \\ \end{array} \right] * 后续的值 ans=⎣⎢⎢⎢⎡​10⋮0​⋯1⋮0​⋯⋯⋱⋯​00⋮1​⎦⎥⎥⎥⎤​∗后续的值

矩阵的 nnn 次方计算的总体思路：

补充：矩阵乘法
1、当矩阵A的列数（column）等于矩阵B的行数（row）时，A与B可以相乘。
2、矩阵C的行数等于矩阵A的行数，C的列数等于B的列数。
3、乘积C的第m行第n列的元素等于矩阵A的第m行的元素与矩阵B的第n列对应元素乘积之和。

矩阵的 nnn 次方的代码实现：

	//返回矩阵m的p次方public static int[][] matrixPower(int[][] m, int p) {int[][] res = new int[m.length][m[0].length];for (int i = 0; i < res.length; i++) {res[i][i] = 1; //对角线为1}// res = 矩阵中的1int[][] t = m;// 矩阵1次方for (; p != 0; p >>= 1) { //右移if ((p & 1) != 0) { //p&1得到次方的二进制形式最后1位，如果为1表示当前的值需要res = product(res, t);}t = product(t, t);}return res;}// 两个矩阵乘完之后的结果返回public static int[][] product(int[][] a, int[][] b) {int n = a.length; //a的行数int m = b[0].length; //b的列数int k = a[0].length; // a的列数同时也是b的行数int[][] ans = new int[n][m];for(int i = 0 ; i < n; i++) {for(int j = 0 ; j < m;j++) {for(int c = 0; c < k; c++) {ans[i][j] += a[i][c] * b[c][j];}}}return ans;}   

2、类似斐波那契数列的递归优化

如果某个递归，除了初始项之外，具有如下的形式：
F(n)=C1∗F(n)+C2∗F(n−1)+...+Ck∗F(n−k)(C1...Ck和k都是常数)F(n) = C_1*F(n) + C_2*F(n-1) + ... + C_k*F(n-k) \space\space (C_1...C_k 和 k 都是常数) F(n)=C1​∗F(n)+C2​∗F(n−1)+...+Ck​∗F(n−k)  (C1​...Ck​和k都是常数)
并且这个递推的表达式是严格的、不随条件转移的，那么都存在类似斐波那契数列的优化，时间复杂度都能优化成 O(logn)O(logn)O(logn)。

【解释说明】确定常数矩阵是几阶的，就看 F(n−k)F(n-k)F(n−k) 中 kkk 的最大值，如上述形式中，减得最多的是kkk，所以常数矩阵是 kkk 阶。

kkk 阶就是 kkk 项组成的行列式，即等号左边是 kkk 项。

例子：F(n)=7∗F(n−1)−3∗F(n−2)+4∗F(n−3)F(n) = 7 * F(n-1) - 3*F(n-2) + 4*F(n-3)F(n)=7∗F(n−1)−3∗F(n−2)+4∗F(n−3)

因为 F(n−k)F(n-k)F(n−k) 中 kkk 的最大值为 3，所以常数矩阵为 3 阶，且由 3 项组成行列式，所以有：

∣F(4)F(3)F(2)∣=∣F(3)F(2)F(1)∣∗∣3阶矩阵∣∣F(5)F(4)F(3)∣=∣F(4)F(3)F(2)∣∗∣3阶矩阵∣\left| \begin{array}{cccc} F(4) & F(3) & F(2) \\ \end{array}\right| = \left| \begin{array}{cccc} F(3) & F(2) & F(1) \\ \end{array}\right| * \left| 3阶矩阵\right| \\ \\ \\ \left| \begin{array}{cccc} F(5) & F(4) & F(3) \\ \end{array}\right| = \left| \begin{array}{cccc} F(4) & F(3) & F(2) \\ \end{array}\right| * \left| 3阶矩阵\right| \\ ∣∣​F(4)​F(3)​F(2)​∣∣​=∣∣​F(3)​F(2)​F(1)​∣∣​∗∣3阶矩阵∣∣∣​F(5)​F(4)​F(3)​∣∣​=∣∣​F(4)​F(3)​F(2)​∣∣​∗∣3阶矩阵∣
则这个 3 阶问题可以写成：
∣F(n)F(n−1)F(n−2)∣=∣F(3)F(2)F(1)∣∗∣3阶矩阵∣n−3\left| \begin{array}{cccc} F(n) & F(n-1) & F(n-2) \\ \end{array}\right| = \left| \begin{array}{cccc} F(3) & F(2) & F(1) \\ \end{array}\right| * \left| 3阶矩阵\right| ^ {n-3} ∣∣​F(n)​F(n−1)​F(n−2)​∣∣​=∣∣​F(3)​F(2)​F(1)​∣∣​∗∣3阶矩阵∣n−3

如果是 iii 阶问题：
∣F(n)F(n−1)F(n−2)⋯F(n−i+1)∣=∣F(i)F(i−1)F(i−2)⋯F(1)∣∗∣i阶矩阵∣n−i\left| \begin{array}{cccc} F(n) & F(n-1) & F(n-2) & {\cdots} & F(n-i+1)\\ \end{array}\right| = \left| \begin{array}{cccc} F(i) & F(i - 1) & F(i-2) & {\cdots} & F(1)\\ \end{array}\right| * \left| i阶矩阵\right| ^ {n-i}∣∣​F(n)​F(n−1)​F(n−2)​⋯​F(n−i+1)​∣∣​=∣∣​F(i)​F(i−1)​F(i−2)​⋯​F(1)​∣∣​∗∣i阶矩阵∣n−i

递推式中F(n−k)F(n-k)F(n−k)不连续的也是一样，如F(n)=6∗F(n−1)+3∗F(n−5)F(n) = 6 * F(n-1) + 3 *F(n-5)F(n)=6∗F(n−1)+3∗F(n−5)，那么常数矩阵是 5 阶，可以写成：
∣F(n)F(n−1)F(n−2)F(n−3)F(n−4)∣=∣F(5)F(4)F(3)F(2)F(1)∣∗∣5阶矩阵∣n−5\left| \begin{array}{cccc} F(n) & F(n-1) & F(n-2) & F(n-3) & F(n-4)\\ \end{array}\right| = \left| \begin{array}{cccc} F(5) & F(4) & F(3) & F(2) & F(1) \\ \end{array}\right| * \left| 5阶矩阵\right| ^ {n-5} ∣∣​F(n)​F(n−1)​F(n−2)​F(n−3)​F(n−4)​∣∣​=∣∣​F(5)​F(4)​F(3)​F(2)​F(1)​∣∣​∗∣5阶矩阵∣n−5